2024年上海市松江区高三数学4月二模考试卷附答案解析

年上海市松江区高三数学4月二模考试卷（满分150分，完卷时间120分钟）2024.4考生注意:1.本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求，所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，做在试卷上一律不得分.2.答题前，务必在答题纸上填写学校、班级、姓名和考号.3.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位.一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，第1~6题每个空格填对得4分，第7~12题每个空格填对得5分，否则一律得零分.1．函数的定义域为2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则.3．已知随机变量服从正态分布，且，则.4．已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的坐标为.5．已知，则．6．若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则此圆锥的体积为.（结果中保留）7．已知等差数列的公差为2，前项和为，若，则使得成立的的最大值为.8．已知函数，若，则的最小值为．9．是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点，若，则双曲线的离心率为10．已知正三角形的边长为2，点满足，且，，，则的取值范围是.11．已知，函数，若该函数存在最小值，则实数的取值范围是.12．某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为，，，…，，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有种不同的选择方法.二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，第13、14题选对得4分，第15、16题选对得5分，否则一律得零分.13．已知集合，，则（

）A． B．C． D．14．垃圾分类是保护环境，改善人居环境､促进城市精细化管理､保障可持续发展的重要举措.某小区为了倡导居民对生活垃圾进行分类，对垃圾分类后处理垃圾（千克）所需的费用（角）的情况作了调研，并统计得到下表中几组对应数据，同时用最小二乘法得到关于的线性回归方程为，则下列说法错误的是（

）A．变量、之间呈正相关关系 B．可以预测当时，的值为C． D．由表格中数据知样本中心点为15．已知某个三角形的三边长为、及，其中.若，是函数的两个零点，则的取值范围是（

）A． B．C． D．16．设为数列的前项和，有以下两个命题：①若是公差不为零的等差数列且，，则是的必要非充分条件；②若是等比数列且，，则的充要条件是.那么（

）A．①是真命题，②是假命题 B．①是假命题，①是真命题C．①、②都是真命题 D．①、②都是假命题三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.17．设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为．(1)求函数的解析式；(2)在中，设角、及所对边的边长分别为、及，若，，，求角．18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，为的中点.(1)设平面与直线相交于点，求证：；(2)若，，，求直线与平面所成角的大小.19．某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立.(1)计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率；(2)若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望；(3)已知，若乙只能安排在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出.20．如图，椭圆的上、下焦点分别为、，过上焦点与轴垂直的直线交椭圆于、两点，动点、分别在直线与椭圆上.(1)求线段的长；(2)若线段的中点在轴上，求的面积；(3)是否存在以、为邻边的矩形，使得点在椭圆上？若存在，求出所有满足条件的点的纵坐标；若不存在，请说明理由.21．已知函数（为常数），记.(1)若函数在处的切线过原点，求实数的值；(2)对于正实数，求证：；(3)当时，求证：.1．【详解】要使函数有意义，则，所以函数的定义域为，故答案为.2．##i-2【分析】根据复数的乘法运算求解即可.【详解】由题意知，，则，故答案为：3．##【分析】根据题意，结合正态分布的对称性，即可求解.【详解】因为随机变量服从正态分布，且，可得.故答案为：.4．【分析】由题意可求，，利用任意角的三角函数的定义即可求解．【详解】因为点的坐标为，可得，所以，可得，，所以点的坐标为，故答案为：.5．【分析】先将变形为的形式，再应用二项式定理求解即可.【详解】，由二项式定理得：，所以.故答案为：.6．【分析】通过侧面展开图的面积．求出圆锥的母线，底面的半径，求出圆锥的体积即可．【详解】由题意一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，设圆锥的母线长为，底面半径为，则，所以，则半圆的弧长为，所有圆锥的底面半径为，，所以圆锥的体积为：．故答案为：．7．【分析】根据题意，列出方程求得，得到且，结合，列出不等式，即可求解.【详解】由等差数列的公差为2，前项和为，若，可得，解得，所以，且，因为，即，整理得，解得，因为，所以使得成立的的最大值为.故答案为：.8．【分析】由题意及对数的运算与对数函数的性质可得，利用基本不等式即可求解．【详解】，若，不妨设，则，所以，即，所以，当且仅当，时，等号成立．故答案为：．9．【分析】根据双曲线的定义可求得，，再利用勾股定理可求得，从而可求得双曲线的离心率．【详解】解：，不妨令，，，，，又由双曲线的定义得：，，，．，．在△中，，，，．双曲线的离心率．故答案为：．10．【分析】取的中点，由题意可得，从而推得三点共线，进而得出，即可得出答案.【详解】取的中点，则，又，又因为，故三点共线，即点在中线上运动，在正三角形中，，又，，则，故.故答案为：11．或【分析】令，，，，分类讨论的取值范围，判断，的单调性，结合存在最小值，列出相应不等式，综合可得答案．【详解】由题意，令，，，，当时，在上单调递减，在上单调递减，则在上的值域为，因为存在最小值，故需，解得，结合，此时；当时，在上单调递减，在上单调递增，则在上的值域为，因为存在最小值，故需，即，解得，这与矛盾；当时，在上单调递减，且在上的值域为，，此时存在最小值2；则实数的取值范围为或．故答案为：或．12．【分析】根据题意，设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设，结合题意转化为，进而转化为四个正整数的和为，结合隔板法，即可求解.【详解】设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设，则有恒等式，其中，，，，即，，，，故式为，上式四个正整数的和为，相当于个分成四组，运用隔板法，在个空中放块板，故有种方法．故答案为：．13．D【分析】直接根据交集概念求解.【详解】因为集合，，所以.故选：D.14．C【分析】利用回归直线方程可判断A选项；将代入回归直线方程可判断B选项；计算出样本的中心点坐标，结合平均数公式可判断CD选项.【详解】对于A选项，因为回归直线方程，故变量、之间呈正相关关系，A对；对于B选项，当时，，B对；对于CD选项，，则，故样本的中心点的坐标为，另一方面，，解得，C错D对.故选：C.15．B【分析】由a，b为函数的两个零点可得，即可得、，由两边之和大于第三边，结合题意可得.【详解】由为函数的两个零点，故有，即恒成立，故，，则，，由a，b，c为某三角形的三边长，且，故，且，则，因为必然成立，所以，即，解得，所以，故的取值范围是：.故选：B.16．C【分析】根据题意，由等差数列和等差数列的前项和性质分析①的真假，由等比数列和等比数列的前项和性质分析②的真假，综合可得答案.【详解】根据题意，对于命题①，是公差不为零的等差数列，若，则在中，至少有一项为，假设，则，必有，反之，在等差数列中，若，则，有，则成立，但不成立，故是的必要非充分条件，故①正确；对于命题②，若是等比数列，设其公比为，若，时，有，则中，至少有一项为，则，假设则有必有，又由，必有为偶数且，故，反之，若，则，必有，则有，，则，若是等比数列且，，则的充要条件是，故②正确.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键点是，熟练掌握等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，从而分析得解.17．(1)(2)【分析】（1）根据降幂公式，二倍角公式及辅助角公式化简，再根据图象的两条相邻对称轴之间的距离为求出即可；（2）由得出，过点作于点，得出，分别求出的长，结合即可得出，进而得出，根据即可求得答案．【详解】（1），因为函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以,则，解得，所以．（2）由得，，因为，所以，即，，解得(舍负)，过点作于点，如图所示，由得，，则，所以，则，所以，则．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证出平面，然后根据平面平面，利用线面平行的性质定理证出；（2）连接，取中点，连接、，根据线面垂直的判定定理，证出平面，可得是直线与平面的所成角，然后在中利用锐角三角函数的定义算出答案．【详解】（1）证明：平面与直线相交于点，平面平面，四边形是菱形，，平面，平面，平面，平面，平面平面，；（2）连接，取中点，连接、，菱形中，，，是等边三角形，是中点，，平面，平面，，、平面，，平面．是直线与平面的所成角，是中点，，．平面，平面，，为中点，，中，，等边中，高，中，，可得，即直线与平面的所成角等于．19．(1)(2)(3)先派出甲【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式求解；（2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，利用独立事件的概率乘法公式求出相应的概率，进而得到的分布，再结合期望公式求解；（3）分别计算出依次派甲乙丙进行闯关和依次派丙乙甲进行闯关，所派出人员数目的期望，再利用作差法比较大小即可．【详解】（1）设事件表示“该小组比赛胜利”，则；（2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3，则，，，所以的分布为：所以；（3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为，由（2）可知，，若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，则，则，因为，所以，，所以，即，所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲．20．(1)(2)(3)或.【分析】（1）根据已知求出点的横坐标，根据对称性可得线段的长；；（2）线段PQ的中点在轴上，得点纵坐标，代入椭圆方程得点横坐标，此时轴，易得其面积；（3）假设存在，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，由平行四边形对角线互相平分把点坐标用点坐标表示，然后把坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出的关系，结合起来可得或，再分别代入求得，得结论．【详解】（1）由可得：，，从而，所以令，则，解得：，所以.（2）线段的中点在轴上，则，所以，即轴，所以令，则，解得：，所以；（3），假设存在以，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，，因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，则，，所以，都在椭圆上，，变形得①，又，所以，即，则②，②代入①得，解得：或，若时，，，此时与重合，点坐标为；若时，联立，消去可得：，解得：，因为，所以，所以存在满足题意的点，其纵坐标为或..【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：第一步：假设结论存在；第二步：结合已知条件进行推理求解；第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．21．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据题以，得到，求得，结合导数的几何意义，求得切线方程，将原点代入切线方程，即可求解；（2）设函数，求得，求得函数的单调性和最小值为，得到，即可得证；（3）根据题意，得到，结合，把转化为，设，利用导数求得的单调性和最大值，即可得证.【详解】（1）解：由题意，函数，且，可得，则，所以，又因为，所以在处的切线方程为，又因为函数在处的切线过原点，可得，解得.（2）解：设函数，可得，其中，则，令，可得，即，即，解得，令，可得，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，可得的最小值为，所以，又由，所以.（3）解：当时，即证，由于，所以，只需证，令，只需证明，又由，因为，可得，令，解得